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]{zremark}{说明}


\begin{document}
\title{15.7 习题}
\author{张志聪}
\maketitle

\section*{15.7.1}

\begin{itemize}
  \item (a)

        利用引理15.6.6和习题15.6.16中的$\exp(z + w) = \exp(z)\exp(w)$。
        \begin{align*}
          \sin(x)^2 + \cos(x)^2
           & = \left(\frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i}\right)^2 + \left(\frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2}\right)^2       \\
           & = \frac{e^{2ix} + e^{-2ix} - 2 e^{ix - ix}}{-4} + \frac{e^{2ix} + e^{-2ix} + 2 e^{ix - ix}}{4} \\
           & = \frac{e^{2ix} + e^{-2ix}}{-4} + \frac{-2}{-4} + \frac{e^{2ix} + e^{-2ix}}{4} + \frac{2}{4}   \\
           & = 1
        \end{align*}
  \item (b)

        \begin{align*}
          sin^\prime(x) & = \left(\sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n + 1}}{(2n + 1)!} \right)^\prime \\
                        & = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n(2n + 1)x^{2n}}{(2n + 1)!}                  \\
                        & = \sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}                              \\
                        & = cos(x)
        \end{align*}

        \begin{align*}
          cos^\prime(x) & = \left(\sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}\right)^\prime \\
                        & = \sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{2n(-1)^nx^{2n-1}}{(2n)!}                 \\
                        & = \sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n-1}}{(2n-1)!}                 \\
        \end{align*}
        令$m = n - 1$，即$n = m + 1$，利用命题7.4.3（级数的重排序），
        \begin{align*}
           & \sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n-1}}{(2n-1)!}                     \\
           & = \sum\limits_{m = 0}^\infty \frac{(-1)^{m + 1}x^{2(m + 1)-1}}{(2(m + 1)-1)!} \\
           & = \sum\limits_{m = 0}^\infty \frac{(-1)^{m + 1}x^{2m + 1}}{(2m + 1)!}         \\
           & = - \sum\limits_{m = 0}^\infty \frac{(-1)^{m}x^{2m + 1}}{(2m + 1)!}           \\
           & = -sin(x)
        \end{align*}

  \item (c)

        \begin{align*}
          sin(-x) & = \frac{e^{-ix} - e^{ix}}{2i}   \\
                  & = - \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i} \\
                  & = -sin(x)
        \end{align*}

        \begin{align*}
          cos(-x) & = \frac{e^{i(-x)} + e^{-i(-x)}}{2} \\
                  & = \frac{e^{-ix} + e^{ix}}{2}       \\
                  & = cos(x)
        \end{align*}

  \item (d)

        \begin{align*}
          cos(x)cos(y) - sin(x)sin(y) & = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2} \frac{e^{iy} + e^{-iy}}{2}                    \\
                                      & - \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i} \frac{e^{iy} - e^{-iy}}{2i}                  \\
                                      & = \frac{e^{ix}e^{iy} + e^{ix}e^{-iy} + e^{-ix}e^{iy} + e^{-ix}e^{-iy}}{4}  \\
                                      & - \frac{e^{ix}e^{iy} - e^{ix}e^{-iy} - e^{-ix}e^{iy} + e^{-ix}e^{-iy}}{-4} \\
                                      & = \frac{2e^{ix}e^{iy} + 2e^{-ix}e^{-iy}}{4}                                \\
                                      & = \frac{e^{ix}e^{iy} + e^{-ix}e^{-iy}}{2}                                  \\
                                      & = \frac{e^{i(x + y)} + e^{-i(x + y)}}{2}                                   \\
                                      & = cos(x + y)
        \end{align*}

        \begin{align*}
          sin(x)cos(y) + cos(x)sin(y) & = \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i} \frac{e^{iy} + e^{-iy}}{2}                    \\
                                      & + \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2}\frac{e^{iy} - e^{-iy}}{2i}                     \\
                                      & = \frac{e^{ix}e^{iy} + e^{ix}e^{-iy} - e^{-ix}e^{iy} - e^{-ix}e^{-iy} }{4i} \\
                                      & + \frac{e^{ix}e^{iy} - e^{ix}e^{-iy} + e^{-ix}e^{iy} - e^{-ix}e^{-iy}}{4i}  \\
                                      & = \frac{2e^{ix}e^{iy} - 2e^{-ix}e^{-iy}}{4i}                                \\
                                      & = \frac{e^{i(x + y)} - e^{-i(x + y)}}{2i}                                   \\
                                      & = sin(x + y)
        \end{align*}


  \item (e)

        \begin{align*}
          cos(0) & = \frac{e^{i \times 0} + e^{-i \times 0}}{2i} \\
                 & = \frac{1 + 1}{2}                             \\
                 & = 1
        \end{align*}

        由(a)可知，$sin(0) = 1 - cos(0)^2 = 1 - 1 = 0$


  \item (f)

        \begin{align*}
          cos(x) + isin(x) & = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2} + i\frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i}     \\
                           & = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2} + i^2\frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i^2} \\
                           & = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2} + \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2}       \\
                           & = \frac{2e^{ix}}{2}                                             \\
                           & = e^{ix}
        \end{align*}

        同理可得，
        \begin{align*}
          cos(x) - isin(x) & = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2} - i\frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i}     \\
                           & = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2} - i^2\frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i^2} \\
                           & = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2} - \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2}       \\
                           & = \frac{2e^{-ix}}{2}                                            \\
                           & = e^{-ix}
        \end{align*}

\end{itemize}

\section*{15.7.2}

（1）

反证法，假设$c$不存在，即，对任意$c > 0$，存在$0 < |y - x_0| < c$，使得$f(y) = 0$。

因为$f$在$x_0$处是可微的，那么，
\begin{align*}
  \lim_{x \to x_0;x \in \mathbb{R} - {x_0}} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = f^\prime(x_0)
\end{align*}

于是，对$\epsilon = \frac{1}{2} f(x_0)$，存在$\delta > 0$，使得只要$|x - x_0| < \delta$，就有
\begin{align*}
  \left|\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} - f^\prime(x_0)\right| < \frac{1}{2} f^\prime(x_0) \\
\end{align*}

由假设可知，取$c = \delta$，那么，存在$0 < |y - x_0| < c$，使得$f(y) = 0$。
综上，我们有
\begin{align*}
  \left|\frac{f(y) - f(x_0)}{y - x_0} - f^\prime(x_0)\right| < \frac{1}{2} f^\prime(x_0) \\
  \left|\frac{0 - 0}{y - x_0} - f^\prime(x_0)\right| < \frac{1}{2} f^\prime(x_0)         \\
  f^\prime(x_0) < \frac{1}{2} f^\prime(x_0)                                              \\
\end{align*}
存在矛盾。

（2）

因为$sin(x) = 0, sin^\prime(0) = cos(0) = 1$，所以，由（1）可知，
存在$c > 0$使得只要$0 < |0 - x| = |x| < c$，$sin(x) \neq 0$。

即$-c < x < 0$或$0 < x < c$，都有$sin(x) \neq 0$。

\section*{15.7.3}

\begin{itemize}
  \item (a)

        \begin{align*}
          cos(x + \pi) & = cos(x)cos(\pi) - sin(x)sin(\pi) \\
                       & = cos(x)(-1) - sin(x)0            \\
                       & = -cos(x)
        \end{align*}

        \begin{align*}
          sin(x + \pi) & = sin(x)cos(\pi) + cos(x)sin(\pi) \\
                       & = sin(x)(-1) + cos(x)0            \\
                       & = -sin(x)
        \end{align*}

        特别地，
        \begin{align*}
          cos(x + 2\pi) & = cos((x + \pi) + \pi) \\
                        & = -cos(x + \pi)        \\
                        & = cos(x)
        \end{align*}

        \begin{align*}
          sin(x + 2\pi) & = sin((x + \pi) + \pi) \\
                        & = -sin(x + \pi)        \\
                        & = sin(x)
        \end{align*}

  \item (b)

        \begin{itemize}
          \item $\Rightarrow$

                由书中的讨论可知，$sin(0) = 0, sin(\pi) = 0$且$x \in (0, \pi), sin(x) \neq 0$。

                对任意$x$都可以表示成$x = n\pi + x_0$，其中$x_0 \in [0, \pi)$，$n$是整数。

                由(a)可知，
                \begin{align*}
                  sin(x) = (-1)^nsin(x_0)
                \end{align*}

                综上，只有$x_0 = 0$时，$sin(x) = 0$。此时，$x/\pi = n$是一个整数。


          \item $\Leftarrow$

                因为$x = n\pi$，其中$n$是整数，所以，
                \begin{align*}
                  sin(x) & = sin(n\pi)     \\
                         & = sin(0 + n\pi) \\
                         & = (-1)^{n} 0    \\
                         & = 0
                \end{align*}
        \end{itemize}
  \item (c)

        因为
        \begin{align*}
          sin(\pi) & = sin(\frac{1}{2}\pi + \frac{1}{2}\pi)                                            \\
                   & = sin(\frac{1}{2}\pi)cos(\frac{1}{2}\pi) + cos(\frac{1}{2}\pi)sin(\frac{1}{2}\pi) \\
                   & = 2sin(\frac{1}{2}\pi)sin(\frac{1}{2}\pi)                                         \\
                   & = 0
        \end{align*}

        因为$sin(\frac{1}{2}\pi) > 0$，所以，$cos(\frac{1}{2}\pi) = 0$。
        又由$sin(\frac{1}{2}\pi)^2 + cos(\frac{1}{2}\pi)^2 = 1$可得，$sin(\frac{1}{2}\pi) = 1$。

        又我们有，
        \begin{align*}
          sin(x + \frac{1}{2}\pi) & = sin(x)cos(\frac{1}{2}\pi) + cos(x)sin(\frac{1}{2}\pi) \\
                                  & = cos(x)
        \end{align*}

        综上，由(b)可知，(c)成立。

\end{itemize}

\section*{15.7.4}

（1）对$y$值进行讨论。
\begin{itemize}
  \item $y = 1$。

        于是$x = 0$，取$\theta = 0$，于是
        \begin{align*}
          x = 0 = sin(\theta) = sin(0) \\
          y = 1 = cos(\theta) = cos(0)
        \end{align*}

  \item $y = -1$。

        于是$x = 0$，取$\theta = \pi$，于是
        \begin{align*}
          x = 0 = sin(\theta) = sin(\pi) = -sin(0) \\
          y = -1 = cos(\theta) = cos(\pi) = -cos(0)
        \end{align*}

  \item $y \in (-1, 1)$。

        因为$cos^(z) = -sin(z)$，又
        所以在$z \in (0, \pi)$，$sin(z) > 0$，
        所以$cos(z)$在$(0, \pi)$中严格单调递减，
        由介质定理可得，在$(cos(0), cos(\pi)) = (-1, 1)$中，存在$\theta_0 \in (0, \pi)$，使得
        \begin{align*}
          cos(\theta_0) = y
        \end{align*}

        又因为
        \begin{align*}
          sin(\theta_0)^2 = 1 - cos(\theta_0)^2 = 1 - y^2 = x^2
        \end{align*}

        于是，$sin(\theta_0) = x$或$sin(\theta_0) = -x$。

        \begin{itemize}
          \item 如果$sin(\theta_0) = x$，直接取$\theta = \theta_0$即可。
          \item 如果$sin(\theta_0) = -x$。

                取$\theta = - \theta_0$，于是
                \begin{align*}
                  cos(\theta) = cos(-\theta_0) = cos(\theta_0) = y \\
                  sin(\theta) = sin(-\theta_0) = -sin(\theta_0) = -(-x) = x
                \end{align*}

                又因为$-\theta_0 \in (-\pi, 0) \subseteq (-\pi, \pi]$，满足题设。
        \end{itemize}
\end{itemize}

（2）唯一性证明。

反证法，假设存在$\theta^\prime \in (-\pi, \pi], \theta \neq \theta^\prime$，使得
\begin{align*}
  x = sin(\theta^\prime) = sin(\theta) \\
  y = cos(\theta^\prime) = cos(\theta)
\end{align*}

$y = 1$或$ y = -1$时，唯一性可以直接由定理15.7.5(b)推导出。我们主要考虑$y \in (-1, 1)$时。

因为$cos(x)$在$(0, \pi)$中严格单调递减，
所以在$(0, \pi)$中最多存在一个$\theta$使得$cos(\theta) = y$。

同理，$(-\pi, 0)$中最多存在一个$\theta^\prime$使得$cos(\theta^\prime) = y$。

又因为$cos(-x) = cos(x)$，于是可得$\theta = -\theta^\prime$。

而$sin(-x) = -sin(x)$，于是$sin(\theta^\prime) = -sin(\theta)$，
这与$sin(\theta) = sin(\theta^\prime)$矛盾。

\section*{15.7.5}

\begin{itemize}
  \item (a) $r = s$。

        由定理15.7.2(f)可知，
        \begin{align*}
          re^{i\theta} = r cos(\theta) + r\sin(\theta)i \\
          se^{i\alpha} = s cos(\alpha) + s\sin(\alpha)i
        \end{align*}

        因为$re^{i\theta} = se^{i\alpha}$，于是$|re^{i\theta}| = |se^{i\alpha}|$。
        又因为
        \begin{align*}
          |re^{i\theta}| = \sqrt{(r cos(\theta))^2 + (r\sin(\theta))^2} = r \\
          |se^{i\alpha}| = \sqrt{(r cos(\alpha))^2 + (r\sin(\alpha))^2} = s
        \end{align*}

        综上，$r = s$。

  \item (b)存在一个整数$k$使得$\theta = \alpha + 2\pi k$。

        结合(a)可知，$\theta, \alpha$要满足以下条件：
        \begin{equation*}
          \begin{cases*}
            cos(\theta) = cos(\alpha) \\
            sin(\theta) = sin(\alpha)
          \end{cases*}
        \end{equation*}

        如果$\theta = \alpha$，此时$k = 0$，命题成立。

        如果$\theta \neq \alpha$。
        因为$sin(x), cos(x)$都是周期函数，且周期为$2\pi$，
        所以，我们可以在$(-\pi, \pi]$上考虑该问题。

        令$x^2 = sin^2(\theta), y^2 = cos^2(\theta)$，
        于是$x^2 + y^2 = 1$。
        于是利用习题15.7.4可知，
        恰存在一个实数$\vartheta \in (-\pi, \pi]$使得
        $x = sin(\vartheta), y = cos(\vartheta)$。

        由$\vartheta$的唯一性可知，$\theta, \alpha$要满足:
        \begin{align*}
          \theta = \vartheta + 2\pi k_1 \\
          \alpha = \vartheta + 2\pi k_2
        \end{align*}
        （其中，$k_1, k_2 \in \mathbb{Z}$）

        如果不满足该条件，会导致$\vartheta$不唯一。
        因为存在$k^\prime \in \mathbb{Z}$使得
        \begin{align*}
          \alpha + 2\pi k^\prime \in (-\pi, \pi] \\
          \alpha + 2\pi k^\prime \neq \vartheta
        \end{align*}
        （这里以$\alpha$为例）

        于是
        $x = sin(\alpha + 2\pi k^\prime), y = cos(\alpha + 2\pi k^\prime)$，
        与$\vartheta$的唯一性矛盾。

        综上，命题成立。
\end{itemize}

\section*{15.7.6}

\begin{align*}
  re^{i\theta} & = r(cos(\theta) + sin(\theta)i) \\
               & = rcos(\theta) + rsin(\theta)i
\end{align*}

因为要满足$z = re^{i\theta}$，于是要保证，
\begin{align*}
  |z| & = |re^{i\theta}|                             \\
      & = \sqrt{r^2cos^2(\theta) + r^2sin^2(\theta)} \\
      & = \sqrt{r^2}                                 \\
      & = |r|
\end{align*}

因为，$r > 0$，所以，取$r = |z|$。
（注意，这里的$r$是唯一。因为如果$r \neq |z|$，会导致$z = re^{i\theta}$无法成立。）

另外，我们需要求出以下两个方程的解。
\begin{equation*}
  \begin{cases*}
    rcos(\theta) = \mathfrak{R}(z) \\
    rsin(\theta) = \mathfrak{I}(z)
  \end{cases*}
\end{equation*}

两等式分别平方，然后，相加：
\begin{align*}
  r^2cos^2(\theta) + r^2sin^2(\theta) = (\mathfrak{R}(z))^2 + (\mathfrak{I}(z))^2 = |z|^2 \\
  r^2(cos^2(\theta) + sin^2(\theta)) = |z|^2                                              \\
  |z|^2(cos^2(\theta) + sin^2(\theta)) = |z|^2                                            \\
  cos^2(\theta) + sin^2(\theta) = 1
\end{align*}

由习题15.7.4可知，$\theta$存在且唯一。

\section*{15.7.7}

\begin{align*}
  \mathfrak{R}((cos(\theta) + isin(\theta))^n) & = \mathfrak{R}((e^{i\theta})^n) \\
                                               & = \mathfrak{R}(e^{in\theta})    \\
                                               & = cos(n\theta)
\end{align*}

同理可得，
\begin{align*}
  \mathfrak{I}((cos(\theta) + isin(\theta))^n) & = \mathfrak{I}((e^{i\theta})^n) \\
                                               & = \mathfrak{I}(e^{in\theta})    \\
                                               & = sin(n\theta)
\end{align*}

\section*{15.7.8}

\begin{itemize}
  \item $\tan(x)$可微且单调递增，$\frac{d}{dx} tan(x) = 1 + tan(x)^2$。

        由于$sin(x), cos(x)$在$R$上可微，且$x \in (-\pi/2, \pi/2)$上，$con(x) \neq 0$，
        由定理10.1.13(h)，$tan(x)$可微，且
        \begin{align*}
          (tan(x))^\prime & = (\frac{sin(x)}{con(x)})^\prime                  \\
                          & = \frac{cos(x)cos(x) - sin(x)(-sin(x))}{con(x)^2} \\
                          & = \frac{1}{cos(x)^2}
        \end{align*}

        因为$x \in (-\pi/2, \pi/2), cos(x)^2 > 0$，于是$(tan(x))^\prime > 0$，
        所以，$tan(x)$在$(-\pi/2, \pi/2)$上是严格单调递增的。

        我们有，
        \begin{align*}
          1 + tan(x)^2 & = 1 + \frac{sin(x)^2}{cos(x)^2}        \\
                       & = \frac{cos(x)^2 + sin(x)^2}{cos(x)^2} \\
                       & = \frac{1}{cos(x)^2}                   \\
                       & = (tan(x))^\prime
        \end{align*}

        所以，$\frac{d}{dx} tan(x) = 1 + tan(x)^2$。

  \item $\lim\limits_{x \to \pi/2} tan(x) = +\infty, \lim\limits_{x \to -\pi/2} tan(x) = -\infty$。

        由定理15.7.5(c)可知，$cos(\pi/2) = 0$，于是$sin(x) = 1 - cos(x)^2 = 1$。
        因为，$cos(x), sin(x)$都是连续的，所以，
        \begin{align*}
          \lim\limits_{x \to \pi/2} cos(x) = 0 \\
          \lim\limits_{x \to \pi/2} sin(x) = 1
        \end{align*}

        于是，
        \begin{align*}
          \lim\limits_{x \to \pi/2} tan(x) = +\infty
        \end{align*}

        注意：这里不能直接使用极限定理（定理6.1.19）得到，而是利用函数在一点处收敛的定义（定义9.3.6），具体证明略。

        类似地，
        \begin{align*}
          \lim\limits_{x \to -\pi/2} tan(x) = -\infty
        \end{align*}

  \item $tan(x)$实际上是$(-\pi/2, \pi/2) \to \mathbb{R}$的双射。

        由之前的讨论可知，$\tan(x)$在$(-\pi/2, \pi/2)$上是严格单调递增的，
        于是，$tan(x)$是$(-\pi/2, \pi/2) \to \mathbb{R}$的双射。

  \item $tan^{-1}$可微的，并且有$\frac{d}{dx} tan^{-1}(x) = \frac{1}{1 + x^2}$。

        由定理10.4.2（反函数定理）可知，$tan^{-1}$可微，并且对$y = tan(x)$有
        \begin{align*}
          (tan^{-1})^\prime(y) & = \frac{1}{tan^\prime(x)} \\
                               & = \frac{1}{1 + tan(x)^2}  \\
                               & = \frac{1}{1 + y^2}
        \end{align*}

        所以，$\frac{d}{dx} tan^{-1}(x) = \frac{1}{1 + x^2}$。
\end{itemize}

\section*{15.7.9}

（1）

因为，$x \in (-1, 1)$，所以，$|-x^2| < 1$。

所以，
\begin{align*}
  \frac{1}{1 - (- x^2)} & = \sum \limits_{n = 0}^{\infty} (- x^2)^n     \\
                        & = \sum \limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}
\end{align*}

$\sum \limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}$
这个级数与标准幂级数形式$\sum \limits_{n = 0}^{\infty} c_n(x - a)^n$不一致，
但它任然是一个合法的幂级数，但需要做如下改变：

设$m = 2n$，于是利用命题7.4.3（级数的重排序）
\begin{align*}
  \sum \limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}
  =
  \sum \limits_{m = 0}^{\infty} c_m x^{m}
\end{align*}
其中，
\begin{equation*}
  c_m = \begin{cases}
    (-1)^{m/2} & \text{if } m \text{ is 偶数} \\
    0          & \text{if } m \text{ is 奇数}
  \end{cases}
\end{equation*}
（其实这个幂级数缺少奇次项，书中定义的$sin(x), cos(x)$幂级数表示形式，也分别缺少奇次项和偶次项）。

利用定理15.1.6(e)可知，
\begin{align*}
  \int_{[0, x]} \frac{1}{1 + y^2} dy
   & = \sum \limits_{m = 0}^{\infty} c_m \frac{x^{m + 1}}{m + 1} \\
\end{align*}
令$n = \frac{1}{2}m$，于是再次利用命题7.4.3（级数的重排序）
\begin{align*}
  \sum \limits_{m = 0}^{\infty} c_m \frac{x^{m + 1}}{m + 1}
  =
  \sum \limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n + 1}}{2n + 1}
\end{align*}

又因为，
\begin{align*}
  \int_{[0, x]} \frac{1}{1 + y^2} dy
   & = tan^{-1}(y)|_0^x          \\
   & = tan^{-1}(x) - tan^{-1}(0) \\
   & = tan^{-1}(x) - 0           \\
   & = tan^{-1}(x)
\end{align*}

综上可得，
\begin{align*}
  tan^{-1}(x) = \sum \limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n + 1}}{2n + 1}
\end{align*}

（2）

\begin{itemize}
  \item 使用阿贝尔定理证明。（按照提示证明，但个人有一点问题：这个幂级数的收敛半径不是$1$）。

        因为
        \begin{align*}
          \sum \limits_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n + 1}
        \end{align*}

        所以，有定理15.3.1（阿贝尔定理）可得，
        \begin{align*}
          \lim\limits_{x \to 1} tan^{-1}(x) = \sum \limits_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n + 1} \\
          \implies                                                                                \\
          tan^{-1} (1) = \sum \limits_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n + 1}
        \end{align*}
\end{itemize}

接下来，现在需要证明: $tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$。

\begin{align*}
  cos(\pi/2) & = cos(\pi/4 + \pi/4)                          \\
             & = cos(\pi/4)cos(\pi/4) - sin(\pi/4)sin(\pi/4) \\
             & = 0
\end{align*}
于是可得，
\begin{align*}
  cos(\pi/4)cos(\pi/4) = sin(\pi/4)sin(\pi/4)
\end{align*}
又因为，
\begin{align*}
  cos(\pi/4)cos(\pi/4) + sin(\pi/4)sin(\pi/4) = 1
\end{align*}
又因为$cos(\pi/4) > 0, sin(\pi/4) > 0$，于是
\begin{align*}
  cos(\pi/4) = \frac{1}{\sqrt{2}} \\
  sin(\pi/4) = \frac{1}{\sqrt{2}}
\end{align*}

因为，$tan(x) = \frac{sin(x)}{cos(x)}$，且在$(-\pi/2, \pi/2)$中严格单调递减，
所以，当且仅当$x = \pi/4$时，$tan(x) = 1$。

综上可得，
\begin{align*}
  tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}
\end{align*}

所以，
\begin{align*}
  \pi = 4tan^{-1}(1) = 4\lim\limits_{n \to +\infty} \frac{(-1)^n}{2n + 1}
\end{align*}

（3）推导出$4 - \frac{4}{3} < \pi < 4$。

\begin{itemize}
  \item (a) $4 - \frac{4}{3} < \pi$。

        我们从每一个部分和都是正的来证明（要分两种情况讨论：部分和是由偶数个项组成的以及奇数个项组成的）。

        \begin{align*}
          \pi & = 4\sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n +1}                  \\
              & = 4 - \frac{4}{3} + \sum\limits_{n = 2}^\infty \frac{(-4)^n}{2n +1}
        \end{align*}

        $\sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{(-4)^n}{2n +1}$的部分和序列为
        $(S_N)_{N = 2}^\infty$，其中
        $S_N = \sum\limits_{n = 0}^{N} \frac{(-4)^n}{2n +1}$。

        我们有，
        \begin{align*}
          \sum\limits_{n = 2}^\infty \frac{(-4)^n}{2n +1} = \lim\limits_{N \to +\infty} S_N
        \end{align*}

        于是，问题转变成对序列$(S_N)_{N = 2}^\infty$的讨论。

        当偶数个项时，
        \begin{align*}
          S_N & = (\frac{4}{5} - \frac{4}{7}) + ... + (\frac{4}{2(N-1) + 1} - \frac{4}{2N + 1}) \\
              & > 0
        \end{align*}
        （追求严谨性，这里也可以通过归纳证明）

        当奇数个项时，$S_{N - 1}$是偶数个项，所以$S_{N - 1} > 0$，于是我们有
        \begin{align*}
          S_N & = S_{N - 1} + \frac{4}{2N + 1} \\
              & > 0
        \end{align*}

        于是，$(S_N)_{N = 2}^\infty$，对任意$N$都有
        \begin{align*}
          S_N > 0
        \end{align*}
        于是，
        \begin{align*}
          \lim\limits_{N \to +\infty} S_N \geq 0
        \end{align*}

  \item (b)$\pi < 4$。

        证明方法与(a)类似，证明略。

\end{itemize}

\section*{15.7.10}

\begin{itemize}
  \item (a)

        利用定理14.5.8（威尔斯特拉斯M判别法）完成证明。

        令$f_(n) = 4^{-n} cos(32^n \pi x)$是有界且连续的，
        又因为$\sum \limits_{n = 1}^{\infty} ||f_(n)||_{\infty} = \sum \limits_{n = 1}^{\infty} 4^{-n}$，
        由引理7.3.3（几何级数）可知，$\sum \limits_{n = 1}^{\infty} 4^{-n}$收敛，
        于是利用定理14.5.8（威尔斯特拉斯M判别法），
        $\sum \limits_{n = 1}^{\infty} 4^{-n} cos(32^n \pi x)$
        一致收敛于连续的函数$f$。
  \item (b)

        直接利用书中的提示的小命题，不做证明了。

        \begin{align*}
          \left|f(\frac{j + 1}{32^m}) - f(\frac{j}{32^m})\right|
           & = \left|\sum\limits_{n = 1}^{\infty} 4^{-n} cos(32^n \pi \frac{j + 1}{32^m}) - \sum\limits_{n = 1}^{\infty} 4^{-n} cos(32^n \pi \frac{j}{32^m}) \right| \\
           & =  \left|\sum\limits_{n = 1}^{\infty} 4^{-n} cos(32^n \pi \frac{j + 1}{32^m}) - 4^{-n} cos(32^n \pi \frac{j}{32^m}) \right|
        \end{align*}

        $n > m$时，$32^n \pi \frac{j + 1}{32^m}$与$32^n \pi \frac{j}{32^m}$都是$2\pi$的整数倍，
        所以，
        \begin{align*}
          \left|\sum\limits_{n = m+1}^{\infty} 4^{-n} cos(32^n \pi \frac{j + 1}{32^m}) - 4^{-n} cos(32^n \pi \frac{j}{32^m}) \right|
           & = \left|\sum\limits_{n = m}^{\infty} 4^{-n} \times 1  - 4^{-n} \times 1  \right| \\
           & = 0
        \end{align*}

        $n = m$时，
        \begin{align*}
          \left|\sum\limits_{n = m}^{m} 4^{-n} cos(32^n \pi \frac{j + 1}{32^m}) - 4^{-n} cos(32^n \pi \frac{j}{32^m}) \right|
           & = \left|4^{-m} cos(32^m \pi \frac{j + 1}{32^m}) - 4^{-m} cos(32^m \pi \frac{j}{32^m}) \right| \\
           & = \left|4^{-m} cos(\pi (j + 1)) - 4^{-m} cos(\pi j) \right|                                   \\
           & = 2 \times 4^{-m}
        \end{align*}

        $n < m$时，
        \begin{align*}
          \left|\sum\limits_{n = 1}^{m-1} 4^{-n} cos(32^n \pi \frac{j + 1}{32^m}) - 4^{-n} cos(32^n \pi \frac{j}{32^m}) \right|
           & \leq \sum\limits_{n = 1}^{m-1} 4^{-n}\frac{\pi}{32^{m - n}}                         \\
           & = \sum\limits_{n = 1}^{m-1} 4^{-n}4^{n-m}\frac{\pi}{(8 \times 4)^{m - n} 4^{n - m}} \\
           & = \sum\limits_{n = 1}^{m-1} 4^{-m}\frac{\pi}{8^{m - n}}                             \\
           & = 4^{-m}\sum\limits_{n = 1}^{m-1} \frac{\pi}{(2 \times 4)^{m - n}}                  \\
           & < 4^{-m} \sum\limits_{n = 1}^{m-1} \frac{1}{2^{m - n}}                              \\
           & \leq 4^{-m} \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}}                            \\
           & = 4^{-m}
        \end{align*}

        综上可得，
        \begin{align*}
          \left|f(\frac{j + 1}{32^m}) - f(\frac{j}{32^m})\right|
           & = \left|\sum\limits_{n = 1}^{\infty} 4^{-n} cos(32^n \pi \frac{j + 1}{32^m}) - \sum\limits_{n = 1}^{\infty} 4^{-n} cos(32^n \pi \frac{j}{32^m}) \right| \\
           & =  \left|\sum\limits_{n = 1}^{\infty} 4^{-n} cos(32^n \pi \frac{j + 1}{32^m}) - 4^{-n} cos(32^n \pi \frac{j}{32^m}) \right|                             \\
           & \geq 2 \times 4^{-m} - 4^{-m}                                                                                                                           \\
           & = 4^{-m}
        \end{align*}
  \item (c)

        反证法，假设$f$是可微的，那么$f$是连续。

        设对任意$x_0 \in \mathbb{R}, f^\prime(x_0) = L$，
        由牛顿逼近法（命题10.1.7）可知，对$\epsilon = 1$，存在$\delta > 0$，使得只要
        $|x - x_0| < \delta$，就有
        \begin{align*}
          |f(x) - f(x_0) - L(x - x_0)| \leq \epsilon |x - x_0| \\
          |f(x) - f(x_0) - L(x - x_0)| \leq |x - x_0|          \\
          |f(x) - f(x_0)| \leq |x - x_0|(|L| + 1)
        \end{align*}

        因为$\lim\limits_{m \to +\infty} \frac{1}{32^m} = 0$，所以存在$M$，使得
        $m \geq M$，就有
        \begin{align*}
          \frac{1}{32^m} < \delta
        \end{align*}

        又因为存在$j$使得$j \leq 32^mx_0 \leq j + 1$，
        于是$\frac{j}{32^m} \leq x_0 \leq \frac{j + 1}{32^m}$。

        令$x_1 = \frac{j}{32^m}, x_2 = \frac{j + 1}{32^m}$，于是
        \begin{align*}
          |f(x_1) - f(x_0)| \leq (x_0 - \frac{j}{32^m})(|L| + 1)   \\
          |f(x_2) - f(x_0)| \leq (\frac{j+1}{32^m} - x_0)(|L| + 1) \\
          \implies                                                 \\
          |f(x_1) - f(x_2)| \leq \frac{1}{32^m}(|L| + 1)
        \end{align*}

        由于(b)可知，
        \begin{align*}
          |f(x_1) - f(x_2)| \geq 4^{-m}
        \end{align*}

        题设中$m$是任意的，但当$m$足够大时（还要满足$m \geq M$），以下等式成立：
        \begin{align*}
          8^m    & \geq |L| + 1                 \\
          \implies                              \\
          4^{-m} & \geq \frac{1}{32^m}(|L| + 1)
        \end{align*}

        于是出现矛盾。

  \item (d)

        令$f_n = 4^{-n} cos(32^n \pi x)$，$f_n$是一个可微函数，
        他的导函数$f_n^\prime = 4^{-n} (-32^n \pi) sin(32^n \pi x)$
        是连续的，其中，
        \begin{align*}
          \sum \limits_{n = 1}^{\infty} ||f_n||_{\infty} = \sum \limits_{n = 1}^{\infty} 4^{-n} 32^n \pi
        \end{align*}
        不收敛，无法满足14.7.3的前置条件。

\end{itemize}

\end{document}


